热门试卷

（1）偏高 （2）湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝

（3）n(Ni2＋)=" 0." 04000 mol·L-1×31. 25 mL×10-3L·mL-1 ="1." 250×10-3 mol

n(NH4 +)= ="2." 500×10-3 mol

n(SO42－)=  =="2." 500×10-3mol

m(Ni2＋)=" 59" g·mol－1×1. 250×10-3 mol="0." 07375 g

m(NH4+)=" 18" g·mol－1×2. 500×10-3 mol="0." 04500 g

m(SO42-)=" 96" g·mol-1×2. 500×10-3 mol="0." 2400 g

n(H2O)=="1." 250×10-2 mol

x :y :m:n= n(NH4+):n(Ni2+):n(SO42-):n(H2O)=" 2:1:2:10"

硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O

本题为一道定量分析的计算题，首先要弄清楚计算什么，怎么计算。

（1）Ni2+含量的测定是通过EDTA滴定法来测定的。要找到误差分析的依据，该滴定法类似于酸碱滴定方法。若滴定前，滴定管未用EDTA标准液润洗，则EDTA标准液的浓度就会偏低，则滴定消耗的EDTA标准液的体积就会偏高，测得的Ni2+含量就会偏高。

（2）氨气的检验有两种常用的方法：①浓盐酸，具体是用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近待测气体，若产生白烟，则为氨气。②试纸法。有两种常用的试纸，一种是湿润的酚酞试纸，湿润的酚酞试纸变红；另一种是湿润的紫色（或红色）石蕊试纸，试纸变蓝。

（3）实验①用EDTA滴定Ni2+由此可以计算出原100mL溶液，即2.3350g样品含Ni2+ 为

n（Ni2+）=0.04000×31.25×10-3×4=0.005mol

实验②发生的反应为：NH4++OH-=NH3 ↑+H2O可得出原2.3350g样品含NH4+为

N(NH4+)=n(NH3)==0.01mol

又根据电荷守恒：n(Ni2+)×2 + n(NH4+)×1= n(SO42-)×2

即原2.3350g样品含SO42-为n(SO42-)=0.01mol

综上可以得出上述三种离子的质量，m（Ni2+）=0.005×59=0.295g

M(NH4+)=0.01×18=0.18g     m(SO42-)=0.01×98=0.98g  

则H2O的质量m（H2O）=2.3350-0.295-0.18-0.98=0.9g     n（H2O）=0.05mol

x：y：m：n=n(NH4+)：n(Ni2+)：n(SO42-)：n(H2O)="0.01" ：0.005 ：0.01 ：0.05="2" ：1 ：2：10

硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O

【考点定位】本题考查定量分析实验中常见滴定法的理解应用能力、知识的迁移能力和基本的计算能力。难度中档偏上。

14.2，  转移过程中用玻棒进行引流，  改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切

（1）用蒸馏水洗涤用过的烧杯和玻璃棒二至三次，并将洗涤液转移至容量瓶中；      偏低。

（2）C

试题分析：500mL 0.2mol·L-1 Na2SO4溶液中溶质的物质的量是0.1mol，质量是142g/mol×0.1mol＝14.2g。转移液体时，为了防止溶液溅出应该用玻璃棒引流。定容时应该用胶头滴管。即改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切。

（1）由于转移后烧杯中还有残留的溶质的，所以根据步骤可知，缺少洗涤，正确的操作应该是用蒸馏水洗涤用过的烧杯和玻璃棒二至三次，并将洗涤液转移至容量瓶中。如果没有洗涤，则溶质的质量减少，浓度偏低。

（2）根据c＝n/V可知，如果移液前，容量瓶中有少量蒸馏水，则不会影响n和V，所以浓度不变；溶解搅拌时有液体飞溅，则溶质的质量减少，浓度偏低；定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，则V偏低，则浓度偏高；定容后，倒置容量瓶摇匀后，液面低于刻度线，再加水定容，则溶液体积偏大，浓度偏低，答案选C。

点评：配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验，实验过程中引起溶液浓度存在误差的因素有很多。从大的方面讲，一是由实验过程中的不规范操作引起的；二是由仪器或药品等系统原因引起的。由于引起误差的原因复杂，所以误差分析就成为高考化学实验中的一个难点。在高考命题时，有关误差分析的内容既可以以选择题的形式进行考查，也可以以填空题的形式进行考查，既可以考查判断误差导致的结果，也可以考查引起误差的可能原因。

（1）44.8L （2）4 mol/L

试题分析：（1）设生成HCl的物质的量为x

NaCl（s）+ H2­SO4（浓）NaHSO4 + HCl↑

58.5g                                1mol

117g                                x

    解得x="2" mol

所以 V（HCl）=22.4L·mol-1×2mol = 44.8L

（2）C（HCl）=" n/V" =" 2mol" ÷ 0.5 L =" 4" mol/L

答：产生的HCl在标况时的体积为44.8 L，盐酸的物质的量浓度为4 mol/L.

（1）0.98（3分）；

（2）0.167（3分）；

（3）3:2（4分）；            

（4）X：Cu2OSO4（2分）；Y：CuSO4·3Cu(OH)2（2分）

解题过程：

先计算Y的化学式：；解得x=3

故为CuSO4·3Cu(OH)2

由2/3硫酸根溶于水，且Y可溶于稀硫酸可知溶解的成分为CuSO4，且物质的量为沉淀的2倍。由此可知黄色中间产物含有Cu2+、SO42-的个数比为2:1，根据电荷守恒可知其化学式为Cu2OSO4。

试题分析：（1）n(NaOH)="0.1000" mol/L*0.028mL=2.8*10-3mol，n(H2SO4 )="0.1000" mol/L*0.0108 L=1.08*10-3mol，和胆矾反应的氢氧化钠物质的量为：2.8*10-3mol-2.16*10-3mol=6.4*10-4mol胆矾的物质的量为3.2*10-4mol，质量为3.2*10-4*250g，则其质量分数为3.2*10-4*250g/0.1g=0.8。

（2）1.250 g 纯净的胆矾晶体中硫酸铜的质量为1.25*160/250=0.8g，剩余固体质量为0.960 g中水的质量为0.16g，剩余固体中结晶水的质量分数为0.16/0.96=0.167。

（3）9.600 g无水硫酸铜的物质的量为0.06mol，吸收剂增重4.416 g，这是生成的二氧化硫和三氧化硫的质量之和。设二氧化硫和三氧化硫的物质的量分别为x,y，则有x+y=0.06， 64x+80y=4.416。解得y=0.036,x=0.024，两者物质的量之比为3：2。

（4）先计算Y的化学式：；解得x=3   故为CuSO4·3Cu(OH)2。由2/3硫酸根溶于水，且Y可溶于稀硫酸可知溶解的成分为CuSO4，且物质的量为沉淀的2倍。由此可知黄色中间产物含有Cu2+、SO42-的个数比为2:1，根据电荷守恒可知其化学式为Cu2OSO4。

（1）0.2mol/L   （2）1.12L

试题分析：往Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入Ba(OH)2溶液，产生BaCO3和BaSO4白色沉淀，加硝酸处理，BaCO3溶解，剩下的沉淀为BaSO4。故m（BaSO4）=4.66g，n(BaSO4)=0.02mol，m（BaCO3）=14.51g-4.66g=9.85g，n（BaCO3）=0.05mol；故c(Na2SO4)= 0.02mol÷0.1L=0.2mol/L；2H++ CO32-=H2O+CO2，n（CO32-）：n（CO2）=1:1，则V（CO2）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。

点评：化学计量是学习化学的基础，考生应熟练掌握公式，灵活应用。注意解题格式及单位。

(1)4.48L    (2)0.6mol/L

试题分析： 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

3×64g         3mol     2×22.4L

19.2g        n[Cu(NO3)2]   V(NO)

点评：本题非常简单基础，只要根据方程式计算即可。